ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ đồng bằng bắc bộ NĂM 2015 -Toán 10 trường THPT vùng cao Việt Bắc

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN: TOÁN, KHỐI: 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề này gồm có 01 trang, gồm 05 câu)
Câu 1 (4 điểm). Giải hệ phương trình sau
( )
3 2 2 2
3 2 2
3 3 2 1 0
, .
2 3 3 0
x y x x y x y
x y
y xy y x

+ + + + − + =

∈

+ + − − =


¡

Câu 2 (4 điểm). Gọi
I
và

O
lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam
giác
ABC
. Giả sử tam giác
ABC
không đều. Chứng minh rằng
·
0
90AIO ≥
khi và chỉ
khi
2BC AB AC≥ +
.
Câu 3 (4 điểm). Tìm tất cả các số tự nhiên
,x y
để
2 5
x y
+
là số chính phương.
Câu 4 (4 điểm). Cho
, ,a b c
là các số thực dương thỏa mãn:
1a b c+ + =
. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
( 1)( 1)( 1)ab bc ca
P
abc

+ + +
=
.
Câu 5 (4 điểm). Cho đa giác đều có 2015 cạnh. Mỗi đỉnh của nó được tô bằng một trong
các màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng luôn có ba đỉnh là các đỉnh của một tam giác
cân mà chúng được tô cùng một màu.
Giáo viên ra đề
Lại Thị Quỳnh Nguyên
(DĐ: 0915.38.20.47)
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 10
Câu Nội dung chính cần đạt Điểm
Câu 1
Giải hệ phương trình
( )
3 2 2 2
3 2 2
3 3 2 1 0
, .
2 3 3 0
x y x x y x y
x y
y xy y x

+ + + + − + =

∈

+ + − − =



¡
Hệ phương trình đã cho tương đương với
( ) ( )
( ) ( )
3
2
2 3
1 1 2
1 2 3 1
x x y y
x y y x

+ + + =


+ + = +



Đặt
1u x= +
, ta có hệ phương trình
( )
( )
3 2
2 3
2 1
*
2 2
u uy y

uy y u

+ =


+ =



Dễ thấy
0u y= =
là một nghiệm của hệ
( )
*
.
Xét
0u ≠
, đặt
, 0y tu t= ≠
, ta có hệ phương trình
3 2 3
3 3 3
2
2 3
u t u tu
tu t u u

+ =



+ =



Chia vế theo vế của hai phương trình trong hệ trên ta được
( )
( )
2
2
4 2
2
2
3
1 2
4 3 0
4
3
1 2
1 1
t loai
t t
t t
t t
t t

= −
+

= ⇔ − − = ⇔


+
= ⇔ = ±


Với
1t =
, ta có
y u=
, thế vào
( )
1
ta được
3
1 1 0
2 2
1 1 2
y u x
y y
y u x
= ⇒ = ⇒ =

= ⇔

= − ⇒ = − ⇒ = −

Với
1t = −
, ta có
y u= −
, thế vào

( )
1
ta được
3
2 2y y− =
(phương trình vô nghiệm)
Vậy, hệ đã cho có nghiệm là:
( ) ( ) ( )
0;0 , 2; 1 , 0; 1− − −
.
Câu 2
+ Kéo dài
AI
cắt đường tròn
( )
O
tại
D
.
+ Vì
AI
là phân giác góc
·
BAC
nên

BD CD=
và
·
· ·

BCD CBD BAD= =
.
+ Ta có
·
·
·
·
·
·
BID IAB ABI CBD CBI IBD= + = + =
hay tam giác
DBI
cân tại
đỉnh
D
nên
BD CD ID= =
.
1,0
1,0
D
O
I
A
B
C
+ Ap dung inh li Ptoleme cho t giac nụi tiờp
ABDC
co
( ) ( )

. . . . .AD BC AB CD AC BD BD AB AC ID AB AC= + = + = +

+
ã
0
90AIO
khi va chi khi
2 2 2
AD AB AC
AI ID AD ID
ID BC
+


hay
2BC AB AC +
. (iu phi chng minh)
1,0
1,0
Cõu 3
Tỡm tt c cỏc s t nhiờn
,x y

2 5
x y
+
l s chớnh phng.
Gi s
( )
2

2 5
x y
k k+ = Ơ
.
Nu
0x =
thỡ
2
1 5
y
k+ =

k
l s chn.

2
4k M
, nhng
( )
1 5 2 mod4
y
+
. Do ú
0x
.
T
2
2 5
x y
k+ =

ta suy ra
k
l v
k
khụng chia ht cho 5.
Vi
0y =
thỡ
( ) ( )
2
2
2 1 2 1 2 4 1
x x
k m m m+ = = + = +

1m =
. Khi ú
3, 0x y= =
.
Th li cú:
3 0
2 5 9+ =
l s chớnh phng.
Vi
0y
: vỡ
k
khụng chia ht cho 5 nờn
( )
2

1 mod5k
.
T
2
2 5
x y
k+ =
suy ra
( )
2 1 mod5
x


x
chn.
t
2x n=
, ta cú
( ) ( )
5 2 2
y n n
k k= +

2 5
2 5
n a
n b
k
k

+ =



=


, vi
( )
; ,a b y a b a b+ = > Ơ

( )
1
2 5 5 1 5 1 0,
n b a b b
b a y
+
= = = =

Lỳc ú
1
2 5 1
n y+
=

- Nu
2y t=
thỡ
1 2
2 5 1 3

n t+
= M
(vụ lý)
- Do ú ta cú
y
l. Khi ú
( )
1 1 2
2 5 1 4 5 5 5 1
n y y y+
= = + + + +

Nu
1y >
thỡ
1 2
5 5 5 1
y y
+ + + +
l s l (vụ lý)
Vy
1 1, 2, 1y n x y= = = =

Th li cú
2 1
2 5 9+ =
l s chớnh phng.
Cõu 4
Ta cú:
1 1 1 1 1 1 1

1P a b c abc
b c a abc a b c
ổ ửổ ửổ ử
ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ
ữ ữ ữ
= + + + = + + + + +
ỗ ỗ ỗ
ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ
ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ
ố ứố ứố ứ
Vỡ
1a b c+ + =
nờn t BT CauChy cho 3 s dng ta cú:
3
1 1
3 3 27
a b c
abc abc
+ +
= ịÊ
Do ú:
1 1 (27 )(1 27 )
27 0
27 27
abc abc
abc
abc abc

- -
+ - - =
1,0
Suy ra:
1 1 730
27
27 27
abc
abc
+ + =³
Mặt khác ta lại có:
( )
1 1 1 1 1 1
9 9a b c
a b c a b c
æ ö
÷
ç
÷
+ + + + + +³Þ ³
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
Từ đó suy ra:
2
730 10
9 1

27 3
P
æ ö
÷
ç
÷
+ + =³
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
Vậy
2
10 1
min
3 3
P x y z
æ ö
÷
ç
÷
= = = =Û
ç
÷
ç
÷
ç
è ø

.
1,0
1,0
1,0
Câu 5
Vì đa giác có số lẻ đỉnh nên tồn tại hai đỉnh kề nhau được sơn cùng màu.
Ta gọi hai đỉnh đó là
A
và
B
và giả sử
,A B
có cùng màu đỏ.
Do đa giác đã cho có số lẻ cạnh nên tồn tại đỉnh
M
nằm trên trung trực của
đoạn
AB
. Rõ ràng,
MAB
là tam giác cân.
Có hai khả năng xảy ra:
-
M
màu đỏ: Khi đó,
MAB
là tam giác cân đỏ (có ba đỉnh màu đỏ) và
bài toán đã được giải.
-
M

màu xanh: Gọi
E
và
F
là các đỉnh kề của
A
và
B
(mà không
phải là
,A B
). Do đa giác đã cho là đều nên
»
»
BF EA BF EA= ⇒ = ⇒

/ /EF AB
.
Từ đó, tam giác
MEF
cũng là tam giác cân.
Để ý rằng
EAB
và
FAB
cũng là các tam giác cân.
Lại có hai khả năng xảy ra:
1.
,E F
cùng xanh: Khi đó, tam giác

MEF
là tam giác cân xanh.
Bài toán được giải.
2. Một trong hai đỉnh
,E F
màu đỏ: Giả sử
E
đỏ, khi đó
EAB
là
tam giác cân đỏ.
Như thế luôn tồn tại ba đỉnh của đa giác đều đã cho lập nên một tam giác
cân cùng màu.
0,5
0,5
1,0
1,0
1,0